【数学】福建省福州市2020届高三上学期期末质量检测试题（理）（解析版）

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福建省福州市2020届高三上学期期末质量检测数学试题（理）‎ 第Ⅰ卷 一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．‎ ‎1.设复数,则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】，‎ ‎.‎ 故选：B.‎ ‎2.已知集合或，，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】集合并无包含关系,故A,B均错误.又,或故C错误.正确.‎ 故选：D.‎ ‎3.执行如图所示的程序框图，若输入的分别为,则输出的n（ ）‎ A. 6 B. 5‎ C. 4 D. 3‎ ‎【答案】C ‎【解析】第一次循环， ，，，此时.‎ 第二次循环，，，此时.‎ 第三次循环，，，此时，‎ 因此.‎ 故选：C.‎ ‎4.已知向量,则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 充要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件 ‎【答案】A ‎【解析】，，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ 因此“”是“”的充分不必要条件.‎ 故选：A.‎ ‎5.若,则=（ ）‎ A. B. C. 1 D. 32‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 取，‎ ‎.‎ 故选：D.‎ ‎6.若实数满足且则的大小关系为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 因此.‎ 故选：B.‎ ‎7.若，则（ ）‎ A. B. C. 或 D. 或或3‎ ‎【答案】C ‎【解析】由可得 ‎.故或.‎ 即或.‎ 故选：C.‎ ‎8.若满足约束条件则的最小值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】画出不等式组所表示的可行域如上图（阴影部分），‎ 由，得，‎ 平移直线，由图像可知当直线经过时，直线的截距最小，‎ 此时最小，由 ，解得，即，‎ 将代入目标函数得，‎ 因此的最小值为.‎ 故选：C.‎ ‎9.把函数图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再把得到的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】，‎ 函数图象上各点横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变）得到：‎ ‎，再把得到的图象向左平移个单位长度，所得图象对应的函数为，‎ 故选：A.‎ ‎10.已知四边形为正方形，平面，四边形与四边形也都为正方形，连接，点为的中点，有下述四个结论：‎ ‎①； 　　　　②与所成角为；　　　　‎ ‎③平面； 　　　　④与平面所成角为．‎ 其中所有正确结论的编号是（ ）‎ A. ①② B. ①②③ C. ①③④ D. ①②③④‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意得，所得几何体可以看成一个正方体，‎ 因此所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，‎ 设，‎ ‎，，，，，‎ ‎，，，‎ ‎①，，‎ ‎，‎ ‎，，①是正确的.‎ ‎②，，‎ 设与所成的角为，‎ ‎，‎ ‎，②是正确的.‎ ‎③，，，‎ 设是平面的一个法向量，‎ ‎，‎ 取，，‎ ‎，，‎ 平面，③是正确.‎ ‎④，由图像易得：是平面的一个法量，‎ 设与平面所成的角为，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，④不正确，‎ 综上：①②③正确.‎ 故选：B.‎ ‎11.已知双曲线（）的左、右焦点分别为，若上点满足，且向量夹角的取值范围为，则的离心率取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】由双曲线定义得：， ‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 在中由余弦定理得：‎ ‎，‎ 由题意得：，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎.‎ 故选：B.‎ ‎12.已知函数，若存在点，使得直线与两曲线和都相切，当实数取最小值时，（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎ ，‎ ‎，‎ 又，‎ 过点切线方程为：，①‎ 又，‎ ‎，即，又，‎ 因此过点的切线方程为：，② ‎ 由题意知①②都为直线,‎ ‎，‎ ‎，‎ 令，，‎ 令，，‎ 和时，单调递减，且时，恒成立，‎ 时，单调递增，‎ 时，，‎ ‎，‎ 则，‎ ‎.‎ 故选：A.‎ 第Ⅱ卷 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．‎ ‎13.函数则____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】,,‎ 由，，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎14.设抛物线上的三个点到该抛物线的焦点距离分别为．若中的最大值为3，则的值为____．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】根据抛物线的几何性质可得，由题意可得，‎ 因此可判断最大，故，解得.‎ 故答案为：.‎ ‎15.已知为数列前项和，若，且，则____．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由，得，又，‎ 得，，，，‎ 数列是周期为的数列，‎ ‎.‎ 故答案为：.‎ ‎16.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为____；若该六面体内有一球，则该球体积的最大值为____．‎ ‎【答案】 (1). (2). ‎ ‎【解析】 (1)每个三角形面积是，由对称性可知该六面是由两个正四面合成的，‎ 可求出该四面体的高为，故四面体体积为，‎ 因此该六面体体积是正四面体的2倍， 所以六面体体积是；‎ ‎(2)由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，‎ 连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥设球的半径为，‎ 所以， 所以球的体积.‎ 故答案为：；.‎ 三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．‎ ‎（一）必考题：共60分．‎ ‎17.在中，．‎ ‎（1）若，求；‎ ‎（2）为边上一点，且，求的面积．‎ 解：（1）在中，由正弦定理及题设得，故， ‎ 解得， ‎ 又，所以.‎ ‎（2）设，则．‎ 在中，由余弦定理得，‎ ‎，‎ 即，①‎ 在等腰中，有，② ‎ 联立①②，解得或（舍去）．‎ 所以为等边三角形，所以，‎ 所以．‎ 解法二：（1）同解法一． ‎ ‎（2）设，则 因为，‎ 所以，‎ 由余弦定理得，得，‎ 所以，解得或（舍去）．‎ 所以为等边三角形，所以，‎ 所以．‎ ‎18.等差数列的公差为2, 分别等于等比数列的第2项，第3项，第4项.‎ ‎（1）求数列和的通项公式；‎ ‎（2）若数列满足,求数列的前2020项的和．‎ 解：（1）依题意得: ，‎ 所以 ，‎ 所以 解得 ‎ 设等比数列的公比为，所以 ‎ 又 ‎（2）由（1）知，‎ 因为 ①‎ 当时, ②‎ 由①②得，，即，‎ 又当时，不满足上式，‎ ‎ .‎ 数列的前2020项的和 ‎ ‎ 设 ③，‎ 则 ④，‎ 由③④得：‎ ‎ ，‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎19.如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点．‎ ‎（1）求证：平面平面．‎ ‎（2）试确定点的位置，使平面与平面所成的锐二面角为．‎ ‎（1）证明：因为底面，平面，‎ 所以. ‎ 因为为正方形，所以，‎ 又因为，所以平面. ‎ 因为平面，‎ 所以.‎ 因为，为线段的中点，‎ 所以， ‎ 又因为，‎ 所以平面 ‎ 又因为平面，‎ 所以平面平面.‎ ‎（2）解：因为底面，，以为坐标原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 设正方形的边长为2，则，‎ 所以 设点的坐标为所以 设为平面的法向量， ‎ 则所以 取，则. ‎ 设为平面的法向量， ‎ 则所以 取，则.‎ ‎ 因为平面与平面所成的锐二面角为，‎ 所以， ‎ 解得，‎ 故当点为中点时，平面与平面所成的锐二面角为.‎ ‎20.已知圆，椭圆（）的短轴长等于圆半径的倍，的离心率为．‎ ‎（1）求方程；‎ ‎（2）若直线与交于两点，且与圆相切，证明：为直角三角形．‎ 解：（1）因为圆的半径为， ‎ 所以的短轴长为， ‎ 所以，解得． ‎ 因为的离心率为，所以 ①， ‎ 又因为，所以 ②，‎ 联立①② ，解得， ‎ 所以所求的方程为 ‎（2）证明：证法一：①当直线斜率不存在时, 直线的方程为．‎ 当时，‎ 所以 ‎ 当时，‎ 所以，‎ 综上，‎ 所以为直角三角形．‎ ‎②当直线斜率存在时，设其方程为 直线与圆相切， ‎ 即，‎ 由得，，‎ 所以 ‎ 所以 ‎ ‎ ‎ 所以 综上所述: 所以为直角三角形． ‎ 证法二：①当直线方程为时, ‎ 所以所以为直角三角形． ‎ ‎②当直线方程为时，‎ 所以所以为直角三角形．‎ ‎③当直线不与轴平行时，设其方程为 因为直线与圆相切，所以,即 由得,‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 所以所以为直角三角形．‎ 综上所述: 为直角三角形．‎ ‎21.已知函数 ‎（1）当时，证明：；‎ ‎（2）若在上有且只有一个零点，求的取值范围．‎ 解：（1）当时，，‎ 所以的定义域为R,且故为偶函数． ‎ 当时,，‎ 记，所以．‎ 因为，所以在上单调递增，‎ 即在上单调递增， ‎ 故， ‎ 所以在上单调递增，所以， ‎ 因为为偶函数,所以当时,. ‎ ‎（2）①当时，，令，解得，‎ 所以函数有无数个零点，不符合题意； ‎ ‎②当时，，当且仅当时等号成立，故符合题意；‎ ‎③因为，所以是偶函数，‎ 又因为，故是的零点. ‎ 当时，，记，则.‎ ‎1）当时，，‎ 故在单调递增，故当时，即，‎ 故在单调递增，故 所以在没有零点.‎ 因为是偶函数,所以在上有且只有一个零点. ‎ ‎2）当时，当时，存在，使得，且当时，单调递减，故， ‎ 即时，，故在单调递减，，‎ 又，所以，‎ 由零点存在性定理知在上有零点，又因为是的零点，‎ 故不符合题意；‎ 综上所述，a的取值范围为 ‎（二）选考题：共10分．请考生在第22，23两题中任选一题作答．如果多做，则按所做第一个题目计分，作答时请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑．‎ ‎22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）．以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为．‎ ‎（1）求C的直角坐标方程；‎ ‎（2）设点M的直角坐标为， l与曲线C的交点为，求的值．‎ 解：（1）由,得． ‎ 将代入得,, ‎ 所以C的直角坐标方程为． ‎ ‎（2）设所对应的参数分别为,‎ 因为直线l的参数方程为为参数 所以M在l上 把l的参数方程代入可得 所以,‎ 所以,‎ 故=.‎ ‎23.已知函数的最小值为．‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）若为正实数，且，证明：．‎ 解：（1）根据题意,函数 所以为在单调递减,在单调递增,‎ 所以 ‎ ‎（2）由(1)知,,所以 又因为为正实数,‎ ‎,,,‎ 所以,即,‎ 所以 即．‎